K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

30 tháng 4 2019

Câu a, b thì dễ rồi, còn câu c chắc bạn không làm được.

Ôn tập góc với đường tròn

Gọi H là giao điểm của tiếp tuyến tại K của (O) và AB, thì ta có điểm H cố định. Ta phải chứng minh điểm H thuộc đường tròn ngoại tiếp △ADM để đường tròn ấy đi qua điểm cố định là H.

Ta có △OAK đều ⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{O_1}=\widehat{OKA}=60\text{°}\\AK=AO=R\end{matrix}\right.\)

△OKH vuông tại H ⇒ \(\widehat{OHK}\)+\(\widehat{O_1}\)=90° (tính chất) ⇒ \(\widehat{OHK}\)=90°-60°=30°

\(\widehat{OKH}\)=90° (do HK là tiếp tuyến tại K của (O)) ⇒ \(\widehat{K_1}\)+\(\widehat{OKA}\)=90°

\(\widehat{K_1}\)=90°-60°=30°

Suy ra \(\widehat{K_1}\)=\(\widehat{AHK}\) nên △AHK cân tại A ⇒ AH=AK=R

Ta lại có ADCI nội tiếp ⇒ \(\widehat{D_1}\)=\(\widehat{C_1}\) (nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AI}\))

BIMC nội tiếp ⇒ \(\widehat{B_1}\)=\(\widehat{C_1}\) (nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{MI}\))

Từ đó suy ra \(\widehat{B_1}\)=\(\widehat{D_1}\) (1)

Có IH=IA+AH=\(\frac{1}{2}R\)+R=\(\frac{3}{2}R\), IB=IO+OB=\(\frac{1}{2}R\)+R=​\(\frac{3}{2}R\) nên IH=IB

Xét △MIH và △MIB có: MI chung, IH=IB, \(\widehat{MIH}\)=\(\widehat{MIB}\) (=90°)

⇒ △MIH = △MIB (c.g.c) ⇒ \(\widehat{H_1}\)=\(\widehat{B_1}\) (2 góc tương ứng) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{H_1}\)=\(\widehat{D_1}\), mà 2 góc này cùng nhìn cạnh AM nên tứ giác AHDM nội tiếp (bài toán cung chứa góc), hay điểm H thuộc đường tròn ngoại tiếp △ADM.

Vậy khi M di chuyển trên đoạn IK thì đường tròn ngoại tiếp △ADM luôn đi qua một điểm cố định khác A là giao điểm của tiếp tuyến tại K của (O) và AB.

9 tháng 6 2020

Đâu là a đâu là b vậy bạn

góc ECM=góc ECA=1/2*sđ cung AC

góc EMC=góc AMI=góc ABC=1/2*sđ cung AC

=>góc ECM=góc EMC

=>ΔEMC cân tại E

9 tháng 3 2019

Ơ , em tưởng chị " ko cần bít " cơ mà ?

4 tháng 2 2022

a, Xét (O) có : 

^AMB = 900 ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

=> ^DMA = 900

Xét tứ giác ACMD có : 

^ACD = ^DMA = 900

mà 2 góc này kề nhau, cùng nhìn cạnh AD 

Vậy tứ giác ACMD là tứ giác nt 1 đường tròn 

b, Vì tứ giác ACMD là tứ giác nt 1 đường tròn 

=> ^HNM = ^HDM ( góc nt cùng chắn cung HM ) (1) 

^BNM = ^MAB ( góc nt cùng chắn cung BM ) (2) 

Từ (1) ; (2) => ^HDM = ^MAB 

Xét tam giác CAH và tam giác CDB có : 

^ACH = ^DCB = 900

^CAH = ^CDB ( cmt ) 

Vậy tam giác CAH ~ tam giác CDB (g.g) 

=> CA/CD = CH/BC => AC.BC = CH.CD 

loading...  loading...  

26 tháng 5 2021

b) Dễ thấy C là trực tâm của tam giác IAB nên C, I, H thẳng hàng.

Do tứ giác AICK là hình thang nội tiếp được đường tròn nên là hình thang cân.

Khi đó \(\widehat{IAK}=\widehat{CKA}\Rightarrow\widehat{IAB}=\widehat{NBA}\)

Suy ra tam giác NAB vuông cân tại N nên \(\widehat{NBA}=45^o\).

Ta có các tứ giác CMIN, AMIH nội tiếp được nên \(\widehat{NMH}=\widehat{NMI}+\widehat{HMI}=\widehat{ICN}+\widehat{IAB}=45^o+45^o=90^o\Rightarrow MN\perp MH\).

 

26 tháng 5 2021

undefined

c) Đề phải là \(\dfrac{IC}{IH}+\dfrac{IA}{IN}+\dfrac{IB}{IM}\ge6\).

Đặt \(x=\dfrac{IH}{CH};y=\dfrac{IN}{AN};z=\dfrac{IM}{BM}\left(x,y,z< 1\right)\).

Ta có \(x+y+z=\dfrac{S_{IAB}}{S_{ABC}}+\dfrac{S_{IBC}}{S_{ABC}}+\dfrac{S_{ICA}}{S_{ABC}}=1\).

Lại có \(\dfrac{IH}{CH}=x\Rightarrow\dfrac{CH}{IH}=\dfrac{1}{x}\Rightarrow\dfrac{IC}{IH}=\dfrac{1}{x}-1\).

Tương tự \(\dfrac{IA}{IN}=\dfrac{1}{y}-1;\dfrac{IB}{IM}=\dfrac{1}{z}-1\).

Do đó \(\dfrac{IC}{IH}+\dfrac{IA}{IN}+\dfrac{IB}{IM}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-3\ge_{Svacxo}\dfrac{9}{x+y+z}-3=\dfrac{9}{1}-3=6\).

Vậy ta có đpcm.